Không gian W^s([0, \infty)) khi 0<s<1- Bất đẳng thức Hardy

Trước hết ta nhắc lại bất đẳng thức Hardy. Như trong luận văn của Vũ Công Viên

https://bomongiaitich.wordpress.com/2012/12/29/luan-van-cua-vu-cong-vien/

bất đẳng thức Hardy được phát biểu như sau.

Cho 1<p<\infty, r\not=1 và hàm đo được, không âm f khả tích Lebesgue trên [0, a] (khi r>1) hay trên [a, \infty) (khi r<1) với mọi a>0. Đặt

F(x)=\begin{cases}\int\limits_0^x f(t)dt\; khi \; r>1,\\ \int\limits_x^\infty f(t)dt \; khi \; r<1.\end{cases}

Khi đó

\int\limits_0^\infty x^{-r}F^p(x)dx\le C(p, r)\int\limits_0^\infty x^{-r}(xf(x))^pdx.

Dưới đây ta chỉ quan tâm trường hợp p=2. Xét toán tử

T: D(T)\subset L^2(0, \infty)\to L^2(0, \infty), Tf(x)=\dfrac{1}{x}\int\limits_0^x f(t)dt.

Khi đó không khó để thấy toán tử đối ngẫu của T

T^*: D(T^*)\subset L^2(0, \infty)\to L^2(0, \infty), T^*f(x)=\int\limits_x^\infty \dfrac{1}{t}f(t)dt.

Khi đó bất đẳng thức Hardy được phát biểu dưới dạng:

Với 0<\alpha<1/2 ta có:

+) T là toán tử tuyến tính bị chặn trên L^2((0, \infty), x^\alpha dx),

+) T^* là toán tử tuyến tính bị chặn trên L^2((0, \infty), x^{-\alpha}dx).

Có rất nhiều cách chứng minh bất đẳng thức Hardy. Các bạn có thể xem trong luận văn của Vũ Công Viên hay cách đơn giản hơn

hardys-inequality

Tôi không đi chi tiết vào việc chứng minh này mà sẽ chuyển sang việc ứng dụng nó vào việc tìm hiểu không gian Sobolev W^s([0, \infty)) khi 0<s<1. Nhắc lại không gian W^s([0, \infty)) là không gian tất cả các hạn chế của các hàm u\in W^s(\mathbb R). Không gian W^s(\mathbb R) là không gian tất cả các hàm u\in L^2(\mathbb R)

\int\limits_{\mathbb R}(1+|\xi|^2)^s|\hat{u}(\xi)|^2d\xi<\infty, \hat{u}(\xi)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{\mathbb R}e^{-ix\xi}u(x)dx.

Bằng cách dùng đẳng thức Parseval-Plancherel ta có thể thấy, với 0<s<1, u\in\mathcal S(\mathbb R),

\iint\limits_{\mathbb R^2}\dfrac{|u(x+h)-u(x)|^2}{|h|^{1+2s}}dxdh=\int\limits_{\mathbb R}\dfrac{|e^{it}-1|^2}{t^{1+2s}}\int\limits_{\mathbb R}(1+|\xi|^2)^s|\hat{u}(\xi)|^2d\xi.

Từ đó dẫn đến: với 0<s<1, u\in L^2(\mathbb R) thì

u\in W^s(\mathbb R) khi và chỉ khi

\iint\limits_{\mathbb R^2}\dfrac{|u(x+h)-u(x)|^2}{|h|^{1+2s}}dxdh<\infty.

Tiếp tục dẫn đến: với 0<s<1, u\in L^2(0, \infty) thì

u\in W^s([0, \infty)) khi và chỉ khi

\int\limits_0^\infty\int\limits_0^\infty \dfrac{|u(x+h)-u(x)|^2}{h^{1+2s}}dxdh<\infty

hay

\int\limits_0^1\int\limits_0^\infty \dfrac{|u(x+h)-u(x)|^2}{h^{1+2s}}dxdh<\infty.

Ta đã thấy ranh giới s=1/2 trong bài

https://datuan5pdes.wordpress.com/2014/07/21/khong-gian-ws0-infty/

+) 0<s\le 1/2 thì C^\infty(0, \infty) trù mật trong W^s([0, \infty)),

+) 1/2<s<1 thì W^s_0([0, \infty))=\{u\in W^s([0, \infty))|\; u(0)=0\}.

Tiếp theo đây ta sẽ thấy tại s=1/2 sẽ khác so với phần còn lại.

Với s\in (0, 1)\setminus\{1/2\} ta có các kết luận sau.

(i) Ánh xạ u\mapsto x^{-s}u là ánh xạ tuyến tính liên tục

đi từ W^s([0, \infty) vào L^2(0, \infty) khi 0<s<1/2,

đi từ W^s_0([0, \infty)) vào L^2(0, \infty) khi 1/2<s<1.

(ii) Ánh xạ thác triển

u\mapsto \tilde{u}(x)=\begin{cases} u(x)\; khi \; x\ge 0,\\ 0 \; khi \; x<0,\end{cases}

là ánh xạ tuyến tính liên tục

đi từ W^s([0, \infty)) vào W^s(\mathbb R) khi 0<s<1/2;

đi từ W^s_0([0, \infty)) vào W^s(\mathbb R) khi 1/2<s<1.

Tại s=1/2W^{1/2}([0, \infty))=W_0^{1/2}([0, \infty)). Xét hàm \rho: [0, \infty)\to\mathbb R xác định bởi

\rho(x)=\begin{cases}1-x \; khi\; 0\le x\le 1,\\ 0\; khi \; x>1.\end{cases}

Do |{\rho}(x+h)-{\rho}(x)|\le h, \forall x\ge 0, \forall h\ge 0 và supp{\rho}=[0, 1], {\rho}\in L^2(\mathbb R) nên \rho\in W^{1/2}([0, \infty))=W^{1/2}_0([0, \infty)).

Không khó để thấy

\int\limits_0^\infty x^{-1}|\rho(x)|^2dx\ge 1/4\int\limits_0^{1/2}x^{-1}dx=\infty

hay x^{-1/2}\rho(x)\not\in L^2(0, \infty).

Lại có biến đổi Fourier

(\tilde{\rho})\hat{}\;(\xi)=\begin{cases}\frac{1-i\xi-e^{-i\xi}}{\xi^2}\; khi \; \xi\not=0,\\ 1/2\; khi \; \xi=0.\end{cases}

Từ đó dẫn đến \tilde{\rho}\not\in W^{1/2}(\mathbb R).

Như vậy ta đã chỉ ra rằng khi s=1/2 các kết luận (i) và (ii) không còn đúng. Bây giờ ta sẽ chứng minh (i) và (ii). Do C^\infty_0(0, \infty) trù mật trong W^s_0([0, \infty)) nên để chứng minh (i) và (ii) ta chỉ cần chỉ ra hằng số C>0 sao cho với mọi \varphi\in C^\infty_0(0, \infty) đều có:

(i’) \int\limits_0^\infty x^{-2s}|\varphi(x)|^2dx\le C\int\limits_0^\infty h^{-1-2s}dh\int\limits_0^\infty |\varphi(x+h)-\varphi(x)|^2dx;

(ii’) \int\limits_0^\infty h^{-1-2s}dh\int\limits_{\mathbb R} |\tilde{\varphi}(x+h)-\tilde{\varphi}(x)|^2dx\le
\le C\int\limits_0^\infty h^{-1-2s}dh\int\limits_0^\infty |\varphi(x+h)-\varphi(x)|^2dx

hay

\int\limits_0^\infty h^{-1-2s}dh \int\limits_0^h|\varphi(x)|^2dx\le \int\limits_0^\infty h^{-1-2s}dh\int\limits_0^\infty|\varphi(x+h)-\varphi(x)|^2dx.

Không khó để thấy (i’) suy ra (ii’). Phần còn lại ta sẽ chứng minh (i’) nhờ bất đẳng thức Hardy.

Với \varphi\in C_0^\infty(0, \infty), x>0 ta đặt

v(x)=\varphi(x)-T\varphi(x), w_1(x)=T^*v(x), w_2(x)=\int\limits_0^x \frac{1}{\xi}v(\xi)d\xi.

Do \varphi\in C_0^\infty(0, \infty) nên có số R>1 để supp\varphi\subset[1/R, R]. Khi đó ta có:

+) v(x)=w_1(x)=w_2(x)=\varphi(x)=0 khi 0<x<1/R,

+) v'(x)=\varphi'(x)+w_1'(x)w_1'(x)=-w'_2(x).

Do đó

\varphi(x)=v(x)-w_1(x)=v(x)+w_2(x).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có

|v(x)|^2\le \dfrac{1}{x}\int\limits_0^x |\varphi(x)-\varphi(\xi)|^2d\xi, x>0.

Nhân cả hai vế với x^{-2s} rồi lấy tích phân trên nửa đường thẳng ta được

\int\limits_0^\infty x^{-2s}|v(x)|^2dx\le \int\limits_0^\infty x^{-1-2s}dx\int\limits_0^x|\varphi(x)-\varphi(\xi)|^2d\xi=

=\int\limits_0^\infty d\xi\int\limits_\xi^\infty x^{-1-2s}|\varphi(x)-\varphi(\xi)|^2dx

\le\int\limits_0^\infty \xi^{-1-2s}d\xi\int\limits_0^\infty |\varphi(\xi+t)-\varphi(t)|^2dt.

Như vậy nếu chứng minh được

\int\limits_0^\infty x^{-2s}|w_j(x)|^2dx\le C\int\limits_0^\infty x^{-2s}|v(x)|dx, j=1, 2,\;\quad\;(1)

ta sẽ có điều phải chứng minh.

Khi 0<s<1/2, sử dụng bất đẳng thức Hardy cho T^*, s, v(x) ta có ngay (1).

Khi 1/2<s<1, sử dụng bất đẳng thức Hardy cho T, 1-s, v(x)/x ta có ngay (1).

One thought on “Không gian W^s([0, \infty)) khi 0<s<1- Bất đẳng thức Hardy

  1. datuan5pdes

    Các đánh giá sau tương đương:

    (i) \int\limits_0^\infty \int\limits_0^\infty \dfrac{|u(x+h)-u(x)|^2}{h^{1+2s}}dxdh<\infty.

    (ii) \int\limits_0^\infty \int\limits_0^\infty \dfrac{|u(x)-u(y)|^2}{|x-y|^{1+2s}}dxdy<\infty.

    (iii) \iint_{\mathbb R^2}\dfrac{|\bar{u}(x)-\bar{u}(y)|^2}{|x-y|^{1+2s}}dxdy<\infty

    với \bar{u}(x)=\begin{cases}u(x)\; khi \; x\ge 0,\\ u(-x) \; khi \; x<0.\end{cases}

    Từ đây có thể thấy

    \int\limits_0^1 \int\limits_0^h \dfrac{|u(h-x)-u(x)|^2}{h^{1+2s}}dxdh\le C \int\limits_0^\infty \int\limits_0^\infty \dfrac{|u(x+h)-u(x)|^2}{h^{1+2s}}dxdh.

    Việc chứng minh \tilde{\rho}\not\in W^{1/2}(\mathbb R) có thể tính toán từ

    \int\limits_0^1 \int\limits_0^h \dfrac{|1-x|^2}{h^2}dxdh=\infty.

    Có thể thấy

    \rho\in W^1([0, \infty)),

    \rho\not\in W_0^s([0, \infty)) khi s>1/2,

    \tilde{\rho}\in W^s(\mathbb R) khi s<1/2.

    Ngoài ra \bar{\rho}\in W^1(\mathbb R).

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s